Uppgift om rörelsemängdsmoment

Relationen du åberopar är för ett roterande referenssystem. Om du har ett inertiellt referenssystem används Newtons andra lag vilken ger:

$\mathit{M}=\frac{d}{dt}\left(\mathit{H}\right)=\dot{\mathbf{H}}$

Du kan testa att använda Eulers ekvation och se vad du kommer fram till men håll då tungan rätt i mun. 

Hej!

Vad skulle du sätta $\overrightarrow{\Omega }$ till i det här fallet? Jag tycker det är bra att fundera på var Eulers formel egentligen kommer ifrån! Det enda man gör är egentligen att derivera rörelsemängdsmomentvektorn, men som du kanske vet deriverar man en roterande vektor enligt

$\frac{d\overrightarrow{v}}{dt}=\frac{\partial \overrightarrow{v}}{\partial t}+\overrightarrow{\Omega }\times \overrightarrow{v}$, 

där $\frac{\partial \overrightarrow{v}}{\partial t}$ är $\overrightarrow{v}$:s förändring med avseende på tiden relativt valt koordinatsystemet och $\overrightarrow{\Omega }$  är vinkelhastigheten som vektorn $\overrightarrow{v}$ roterar med (det valda koordinatsystemets vinkelhastighet). När man deriverar rörelsemängdsmomentvektorn får man alltså

$\frac{d\overrightarrow{H}}{dt}=\frac{\partial \overrightarrow{H}}{\partial t}+\overrightarrow{\Omega }\times \overrightarrow{H}$,

vilket är Eulers formel! Här är alltså $\overrightarrow{\Omega }$ vinkelhastigheten för koordinatsystemet i uppgiften, x-y-z. Men om du tittar på uppgiften roterar inte koordinatsystemet. Vektorn $\overrightarrow{H}$ har alltså vinkelhastighet $\overrightarrow{0}$, och vi får att 

$\frac{d\overrightarrow{H}}{dt}=\frac{\partial \overrightarrow{H}}{\partial t}+\overrightarrow{0}\times \overrightarrow{H}=\frac{\partial \overrightarrow{H}}{\partial t}=\dot{\overrightarrow{H}}$,

dvs

$\overrightarrow{M}=\dot{\overrightarrow{H}}$,

vilket de använder i lösningsförslaget. $\overrightarrow{H}$ förändras alltså till riktning och storlek, men inte på grund av någon rotation, det är därför vi bara tar med termen $\dot{\overrightarrow{H}}$ i momentet.

Edit: Min härledning gäller i det allmänna fallet, dvs innan man vet om $\overrightarrow{H}$ är en roterande vektor eller inte. Jag försökte visa hur man använder Eulers formel och hur man kan se var de olika delarna i formeln kommer ifrån, men man kan förstås direkt slutleda att koordinatsystemet inte roterar och göra som Ebola sade :)

Jag var lite kortfattad där, bra av pixisdot att fylla på med motivation. För referens kan du använda en annan generell formulering av Eulers ekvation likt nedan:

$\mathit{M}=\mathit{I}\dot{\mathbf{\omega }}+\mathit{\omega }\times \mathit{I}\mathit{\omega }$

Där $\mathit{I}$ är tröghetstensorn. Eftersom vi har konstant rotationshastighet har vi att $\dot{\mathbf{\omega }}=0$ vilket ger:

$$\begin{gathered} \mathit{M}=\mathit{\omega }\times \mathit{I}\mathit{\omega } \\ \mathit{M}=\left(\begin{array}{c}-\omega \\ 0\\ 0\end{array}\right)\times \left[\begin{array}{ccc}{I}_{xx}& I_{xy}& I_{xz}\\ I_{yx}& I_{yy}& I_{yz}\\ I_{zx}& I_{zy}& I_{zz}\end{array}\right]\left(\begin{array}{c}-\omega \\ 0\\ 0\end{array}\right) \\ \mathit{M}={\omega }^2\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}{I}_{xx}\\ I_{yx}\\ I_{zx}\end{array}\right)={\omega }^2\left(\begin{array}{c}0\\ -I_{zx}\\ I_{yx}\end{array}\right) \end{gathered}$$

Med deviationsmomenten $I_{yx}=mad\sin \left(\theta \right)$ och $I_{zx}=mad\cos \left(\theta \right)$ får vi:

$M=mad{\omega }^2(-\cos \theta \hat{y}+\sin \theta \hat{z})$

Vilket är samma som i ditt lösningsförslag.

Ebola skrev:

Jag var lite kortfattad där, bra av pixisdot att fylla på med motivation. För referens kan du använda en annan generell formulering av Eulers ekvation likt nedan:

$\mathit{M}=\mathit{I}\dot{\mathbf{\omega }}+\mathit{\omega }\times \mathit{I}\mathit{\omega }$

Där $\mathit{I}$ är tröghetstensorn. Eftersom vi har konstant rotationshastighet har vi att $\dot{\mathbf{\omega }}=0$ vilket ger:

$$\begin{gathered} \mathit{M}=\mathit{\omega }\times \mathit{I}\mathit{\omega } \\ \mathit{M}=\left(\begin{array}{c}-\omega \\ 0\\ 0\end{array}\right)\times \left[\begin{array}{ccc}{I}_{xx}& I_{xy}& I_{xz}\\ I_{yx}& I_{yy}& I_{yz}\\ I_{zx}& I_{zy}& I_{zz}\end{array}\right]\left(\begin{array}{c}-\omega \\ 0\\ 0\end{array}\right) \\ \mathit{M}={\omega }^2\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}{I}_{xx}\\ I_{yx}\\ I_{zx}\end{array}\right)={\omega }^2\left(\begin{array}{c}0\\ -I_{zx}\\ I_{yx}\end{array}\right) \end{gathered}$$

Med deviationsmomenten $I_{yx}=mad\sin \left(\theta \right)$ och $I_{zx}=mad\cos \left(\theta \right)$ får vi:

$M=mad{\omega }^2(-\cos \theta \hat{y}+\sin \theta \hat{z})$

Vilket är samma som i ditt lösningsförslag.

Men det känns som att du och pixisdot säger olika grejer. Nu menar du att den första termen i $\frac{\partial \stackrel{\rightharpoonup }{H}}{\partial t}+\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }\times \stackrel{\rightharpoonup }{H}$ som försvinner eftersom $\dot{\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }} =0$, medan pixisdot verkar mena att den andra termen är försvinner eftersom $\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=0$ (koordinatsystemet roterar inte). Men grejen är väl att bara för att $\dot{\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }} =0$ betyder inte det att $\dot{\stackrel{\rightharpoonup }{H}} =0$? Vi har ju här även ett tidsberoende på tröghetsmoment ($\theta$ förändras).

Edit: När jag tänker efter beror det nog på vilket koordinatsystem man arbetar i. Om vi arbetar i det stationära är $\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=0$, medan $\dot{I}\ne 0$ . Om vi arbetar i ett koordinatsystem fixerat till stängerna är istället $\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }\ne 0$, medan $\dot{I}=0$. Stämmer det?

Matte357 skrev:

Edit: När jag tänker efter beror det nog på vilket koordinatsystem man arbetar i. Om vi arbetar i det stationära är $\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=0$, medan $\dot{I}\ne 0$ . Om vi arbetar i ett koordinatsystem fixerat till stängerna är istället $\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }\ne 0$, medan $\dot{I}=0$. Stämmer det?

Exakt. Det är helt avgörande var vi sätter koordinatsystemet. För generell rörelse av en kropp ser Eulers ekvationer ut som följer i vektorform:

$\mathit{M}=\mathit{I}\dot{\mathbf{\omega }}+\mathit{\omega }\times \mathit{I}\mathit{\omega }$

Detta är alltså ett koordinatsystem som sitter fast i kroppens masscentrum och följer både dess translation samt rotation varför tröghetstensorn blir tidsoberoende. Om ditt koordinatsystem är orienterat så att deviationsmomenten är noll kan detta reduceras till tre enkla ekvationer för ett huvudaxelsystem:

$$\begin{gathered} M_x=I_{xx}{\dot{\omega }}_x+(I_{zz}-I_{yy}){\omega }_y{\omega }_z \\ {M}_y=I_{yy}{\dot{\omega }}_y+(I_{xx}-I_{zz}){\omega }_z{\omega }_x \\ {M}_z=I_{zz}{\dot{\omega }}_z+(I_{yy}-I_{xx}){\omega }_x{\omega }_y \end{gathered}$$

Som vi ser är ett huvudaxelsystem i detta problem mer komplicerat eftersom det bland annat introducerar fler komponenter i vektorn för vinkelhastigheter än vi har om vi orienterar koordinatsystemets x-axel längs med hjulens axel. Det senare ger nämligen likt tidigare:

$$\begin{gathered} M_x=0 \\ {M}_y=-I_{zx}{\omega }_x^2 \\ {M}_z=I_{yx}{\omega }_x^2 \end{gathered}$$